数学九年级上册7 相似三角形的性质达标测试

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第30课 相似三角形（动态几何，坐标问题）
课后培优练级练

培优第一阶——基础过关练
一、解答题
1．如图，在平面直角坐标系中，直线与x轴交于点A，与y轴交于点B，点C是线段上一点，把沿直线翻折，点O恰好落在上的点D处，为折痕．

(1)求线段的长；
(2)求直线的解析式；
(3)若M是射线上的一个动点，在坐标平面内是否存在点P，使以A，B，M，P为顶点的四边形是以为一边的矩形？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)的长为10
(2)直线的解析式为
(3)存在符合条件的点P，点P的坐标为
【解析】（1）分别求出A、B点坐标，即可求解；
（2）由折叠可知OC=CD，OB=CD，在Rt△ACD中，（8-OC）2=CO2+42，求出OC可知C点坐标，再由待定系数法求直线BC的解析式即可；
（3）设M（t，-2t+6），（t＞0），P（x，y），当以AB为矩形的一边时，BM为矩形的对角线，则，过点M作EF∥x轴，过点A作AF⊥EF交于F，过点P作PE⊥EF交于点E，可得△AMF∽△MPE，则有，求得t=5，再求P点坐标即可．
（1）
解：令x=0，则y=6，
∴B（0，6），
令y=0，则x=8，
∴A（8，0），
∴AB=10；
（2）
解：由折叠的性质可知，OC=CD，OB=CD，
∵OB=6，
∴BD=6，
∵AB=10，
∴AD=4，
在Rt△ACD中，AC2=CD2+AD2，
∴（8OC）2=CO2+42，
∴CO=3，
∴C（3，0），
设直线BC的解析式为y=kx+b，
∴，
∴，
∴y=2x+6；
（3）
解：存在点P，使以A，B，M，P为顶点的四边形是以AB为一边的矩形，理由如下：
设M（t，-2t+6），（t＞0），P（x，y），
当以AB为矩形的一边时，BM为矩形的对角线，
∴，
过点M作EF∥x轴，过点A作AF⊥EF交于F，过点P作PE⊥EF交于点E，
∵∠AMP=90°，
∴∠PME+∠AMF=90°，
∵∠AMF+∠MAF=90°，
∴∠AMF=∠PME，
∴△AMF∽△MPE，
∴，
∵AF=2t-6，MF=8-t，PE=y+2t-6，EM=t-x，
∴，
∴，
解得t=5，
∴x=3，y=2，
∴P（3，2）．

【点睛】本题考查一次函数的图象及性质，熟练掌握一次函数的图象及性质，矩形的判定及性质，三角形相似的判定及性质是解题的关键．
2．在△ABC中，CA＝CB，∠ACB＝α．点P是平面内不与点A，C重合的任意一点，将线段AP绕点P逆时针旋转α得到线段DP，连接AD，BD，CP．

(1)观察猜想
如图1，当α＝60°时，的值是　 　，直线BD与直线CP相交所成的较小角的度数是　 　．
(2)类比探究
如图2，当α＝90°时，请写出，并就图2的情形说明理由．
(3)解决问题
当α＝90°时，若点E，F分别是CA，CB的中点，点P在直线EF上，请直接写出点C，P，D在同一直线上时的值．
【答案】(1)1，60°
(2)
(3)2+或2-
【解析】（1）如图1中，延长CP交BD的延长线于E，设AB交EC于点O．证明△CAP≌△BAD（SAS），即可解决问题．
（2）如图2中，设BD交AC于点O，BD交PC于点E．证明△DAB∽△PAC，即可解决问题．
（3）分两种情形：①如图3﹣1中，当点D在线段PC上时，延长AD交BC的延长线于H．证明AD＝DC即可解决问题．
②如图3﹣2中，当点P在线段CD上时，同法可证：DA＝DC解决问题．
（1）解：如图1中，延长CP交BD的延长线于E．∵CA=CB,∠ACB=60°，∴∆CAB为等边三角形，又∵将线段AP绕点P逆时针旋转60°得到线段DP∴AP=DP，∠APD=60°∴∆APD为等边三角形，∴CA＝BA，PA＝DA，∴∠PAD＝∠CAB＝60°，∴∠PAD-∠PAB＝∠CAB-∠PAB∴∠CAP＝∠BAD，∵CA＝BA，PA＝DA，∴△CAP≌△BAD（SAS），∴PC＝BD，∠ACP＝∠ABD，∵∠AOC＝∠BOE，∴∠BEO＝∠CAO＝60°，∴=1，故答案为1，60°．
（2）=，理由：如图2中，设BD交AC于点O．∵∠PAD＝∠CAB＝45°，∴∠PAC＝∠DAB，∵＝＝，∴△DAB∽△PAC，∴∠PCA＝∠DBA， =＝，
（3）如图3﹣1中，当点D在线段PC上时．∵CE＝EA，CF＝FB，∴EF∥AB，∴∠EFC＝∠ABC＝45°，∵∠PAO＝45°，∴∠PAO＝∠OFH，∵∠POA＝∠FOH，∴∠H＝∠APO，∵∠APC＝90°，EA＝EC，∴PE＝EA＝EC，∴∠EPA＝∠EAP＝∠BAH，∴∠H＝∠BAH，∴BH＝BA，∵∠ADP＝∠BDC＝45°，∴∠ADB＝90°，∴BD⊥AH，∴∠DBA＝∠DBC＝22.5°，∵∠ADB＝∠ACB＝90°，∴A，D，C，B四点共圆，∠DAC＝∠DBC＝22.5°，∠DCA＝∠ABD＝22.5°，∴∠DAC＝∠DCA＝22.5°，∴DA＝DC，设AD＝a，PD＝a，∴=．解法二：在Rt△PAD中，∵E是AC的中点，∴PE＝EA＝EC，∴∠EPC＝∠ECP，∵∠CEF＝45°＝∠EPC+∠ECP，∴∠EPC＝∠ECP＝22.5°，∵∠PDA＝45°＝∠ACD+∠DAC，∴∠DAC＝22.5°，∴AD＝DC，设PD＝a，则AD＝DC＝a，∴，如图3﹣3中，当点P在线段CD上时，同理可得DA=DC,设AD＝a，PD＝a，∴PC＝a﹣a，∴．
【点睛】本题属于相似形综合题，考查了旋转变换，等边三角形的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形或相似三角形解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题.
3．问题背景：已知∠EDF的顶点D在△ABC的边AB所在直线上（不与A，B重合），DE交AC所在直线于点M，DF交BC所在直线于点N，∠B＝∠A＝∠EDF．

(1)初步尝试：如图①，当△ABC是等边三角形，判断：△ADM △BND（填相似或全等）；
(2)类比探究：如图②，当AC＝BC时，上述结论是否还成立？请说明理由．
(3)延伸拓展：如图③，在（2）的条件下，当点D在BA的延长线上运动到点M与点C重合时，若S△ADM：S△BND＝1：2，BN：BM＝1：3，AD＝1，则DN＝ ．
【答案】(1)相似；证明见解析
(2)成立；证明见解析
(3)

【解析】（1）根据等边三角形的性质和∠B＝∠A＝∠EDF证明两组对应角相等，从而证明△ADM∽△BND，得出填空题要求的结果；
（2）与（1）的方法相同，证明△ADM∽△BND仍然成立；
（3）作CG⊥AB于点G，设S△CDN＝m，根据相似三角形面积的比等于相似比的平方及等高三角形面积的比等于底的比，求出AB、BN、BC的长，得到DG的长，再由勾股定理求出CG、CD的长，最后可求出DN的长．
（1）解：如图①，∵△ABC是等边三角形，∠B＝∠A＝∠EDF，∴∠B＝∠A＝∠EDF＝60°，∴∠AMD＝180°﹣60°﹣∠ADM＝120°﹣∠ADM，∠BDN＝180°﹣60°﹣∠ADM＝120°﹣∠ADM，∴∠AMD＝∠BDN，∴△ADM∽△BND，故答案为：相似．
（2）解：成立，如图②，∵AC＝BC，∴∠B＝∠A，∴∠B＝∠A＝∠EDF，设∠B＝∠A＝∠EDF＝x，∵∠AMD＝180°﹣∠A﹣∠ADM＝180°﹣x﹣∠ADM，∠BDN＝180°﹣∠EDF﹣∠ADM＝180°﹣x﹣∠ADM，∴∠AMD＝∠BDN，∴△ADM∽△BND．
（3）解：如图③，作CG⊥AB于点G，设S△CDN＝m，则∠CGD＝∠CGB＝90°，设∠CBA＝∠CAB＝∠EDF＝x，∵∠DCA＝∠CAB﹣∠CDB＝x﹣∠CDB，∠NDB＝∠EDF﹣∠CDB＝x﹣∠CDB，∴∠DCA＝∠NDB；∵∠CAD＝180°﹣∠CAB＝180°﹣x，∠DBN＝180°﹣∠CBA＝180°﹣x，∴∠CAD＝∠DBN，∴△ADC∽△BND，∴；∵点M与点C重合，S△ADM：S△BND＝1：2，BN：BM＝1：3，∴S△ADC：S△BND＝1：2，BN：BC＝1：3，∴S△BND＝S△CDN＝，∴S△ADC＝S△BND＝，∴S△ABC＝m﹣﹣m＝m，∴，∵AD＝1，∴AB＝5AD＝5，∵AC＝BC，∴AG＝BG＝AB＝，∴DG＝；∵，∴，∴DN＝CD，BN＝AD＝，∴BC＝3BN＝，∴CG2＝BC2﹣BG2＝，∴CD＝，∴DN＝，故答案为： ．
【点睛】本题重点考查相似三角形的判定与性质、等腰三角形的性质、等边三角形的性质、勾股定理、二次根式的化简等知识与方法，解第（3）题的关键是正确地作出所需要的辅助线，用相似三角形面积的比等于相似比的平方及等高三角形面积的比等于底的比进行适当的转化，此题计算烦琐，难度较大，属于压轴题．
4．


(1)[基础巩固]如图①，在三角形纸片ABC中，，将折叠，使点B与点C重合，折痕为MN，则AM与BM的数量关系为______；
(2)[思维提高]如图②，在三角形纸片ABC中，，，将折叠，使点B与点C重合，折痕为MN，求的值；
(3)[拓展延伸]如图③，在三角形纸片ABC中，，，，将沿过顶点C的直线折叠，使点B落在边AC上的点处，折痕为CM．求线段AC的长；
【答案】(1)AM＝BM
(2)
(3)

【解析】（1）利用平行线分线段成比例定理解决问题即可；
（2）利用相似三角形的性质求出BM，AM即可；
（3）证明△BCM∽△BAC，推出，由此即可解决问题．
（1）解：如图①中，∵△ABC折叠，使点B与点C重合，折痕为MN，∴MN垂直平分线段BC，∴CN＝BN，∵∠MNB＝∠ACB＝90°，∴MN∥AC，∵CN＝BN，∴AM＝BM．故答案为AM＝BM．
（2）如图②中，∵CA＝CB＝6，∴∠A＝∠B，由题意MN垂直平分线段BC，∴BM＝CM，∴∠B＝∠MCB，∴∠BCM＝∠A，∵∠B＝∠B，∴△BCM∽△BAC，∴，∴，∴，∴，∴．
（3）如图③中，由折叠的性质可知，CB＝CB′＝6，∠BCM＝∠ACM，∵∠ACB＝2∠A，∴∠BCM＝∠A，∵∠B＝∠B，∴△BCM∽△BAC，∴∴，∴BM＝4，∴AM＝CM＝5，∴，∴．
【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了相似三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，平行线分线段成比例定理等知识，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题，属于中考压轴题．
5．直线y＝2x+4与x轴交于点A，与y轴交于点B，点C在x轴的正半轴上，△ABC面积为10．

(1)直接写出点C的坐标；
(2)如图1，F为线段AB的中点，点G在y轴上，以FG为边，向右作正方形FGQP，点Q落在直线BC上，求点G的坐标；
(3)如图2，M在射线BA上，点N在射线BC上，直线MN交y轴于H点，若HB＝HM，求的值．
【答案】(1)
(2)或
(3)

【解析】（1）分别令x＝0，y＝0，得出A，B的坐标，再利用三角形的面积公式求解即可；
（2）分两种情况讨论，①n＞2，过G作直线MN平行于x轴，过点F，Q作该直线的垂线，垂足分别为M，N，证出△FMG≌△GNQ（AAS），求解即可；②n＜2，类比①求解即可；
（3）过点M作MPx轴交BC于点P，交y轴于Q，先根据勾股定理得出AC＝BC＝5，再利用MPx轴，得出∠MHQ≌△BHN和△BHN∽△BCO，即可得出结果．
（1）
解：∵直线y＝2x+4与x轴交于点A，与y轴交于点B，
令y＝0，y＝﹣2，令x＝0，x＝4，
∴A（﹣2，0），B（0，4），
∴OA＝2，OB＝4，
∵，
∴AC＝5，
∴OC＝3，
∴C（3，0），
（2）
解：设直线BC的解析式为：y＝kx+b，把B（0，4），C（3，0），代入得：
，解得： ，
∴直线BC的解析式为：；
由（1）知：A（﹣2，0），B（0，4），
∵F为线段AB的中点，
∴F（-1，2），
设G（0，n），
①当n＞2时，如图，

点Q落在BC上时，过G作直线MN平行于x轴，过点F，Q作该直线MN的垂线，垂足分别为M，N，
∵四边形FGQP是正方形，
∴∠FGQ＝90°，FG＝QG，
∴∠FGM＝90°﹣∠NGQ＝∠GQN，
而∠FMG＝∠GNQ＝90°，
∴△FMG≌△GNQ（AAS），
∴MG＝NQ＝1，FM＝GN＝n﹣2，
∴Q（n﹣2，n﹣1），
∴Q在直线上，
∴n﹣1＝+4，
∴n＝，
∴G（0，）；
①当n＜2时，如图，

点Q落在BC上时，过G作直线MN平行于x轴，过点F，Q作该直线MN的垂线，垂足分别为M，N．
∵四边形FGQP是正方形，
∴∠FGQ＝90°，FG＝QG，
∴∠FGM＝90°﹣∠NGQ＝∠GQN，
∵∠FMG＝∠GNQ＝90°，
∴△FMG≌△GNQ（AAS），
∴MG＝NQ＝1，FM＝GN＝2﹣n，
∴Q（2﹣n，n+1），
∴Q在直线上，
∴n+1＝+4，
∴n＝﹣1，
∴G（0，﹣1）；
综上所述，满足条件的点G坐标为（0，）或（0，﹣1）；
（3）
解：过点M作MP∥x轴交BC于点P，交y轴于Q，

∵B（0，4），C（3，0），A（﹣2，0），
∴AC＝5，OB＝4，OC＝3，
在Rt△BOC中，
由勾股定理得：BC＝，
∴AC＝BC＝5，
∴∠ABC＝∠BAC，
∵MP∥x轴，
∴∠BMP＝∠BAC，∠AOB＝∠MQH＝90°，
∴∠BMP＝∠ABC，
∵HM＝HB，
∴∠HBM＝∠HMB，
∴∠ABC﹣∠HBM＝∠BMP﹣∠HMB，   
即∠HBN=∠HMQ，
∴∠MHQ≌△BHN（ASA），
∴∠MNB＝∠MQH＝∠BOC＝90°，
∵∠OBC＝∠OBC，
∴△BHN∽△BCO，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了一次函数的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，正确作出辅助线是解题的关键．
6．如图1，在矩形ABCD中，，，点E在AB边上，且．点F是BC边上的动点．将沿EF折叠得到．直线GF与直线AB的交点为H．

(1)如图2，点F与点C重合时，求与的面积比；
(2)如图3，当H在点A的上方，且满足三角形HEF是等腰三角形时，求线段EH的长．
(3)在点F的运动过程中，以E、G、H为顶点的三角形能否与以B、C、D为顶点的三角形相似？若能，求BF的长；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)4
(3)存在，BF=或

【解析】（1）根据∠GHE=∠BHC，∠EGH=∠CBH，得证△HEG∽△HCB，根据面积之比等于相似比的平方，得到，结合EG=BE=AB-AE=2，计算即可．
（2）根据题意，EF=EH，根据折叠性质，等腰三角形三线合一性质，得FB=FG=GH，得到∠BHF=30°，结合EG=BE=AB-AE=2，计算即可．
（3）根据题意，当H在上方时，先计算BD，利用△HEG∽△BCD计算GH，再利用△HFB∽△BDC计算即可；当H在下方时，先计算BD，利用△HEG∽△BCD计算HE，BH，再利用△HFB∽△BDC计算即可．
（1）如图，∵∠GHE=∠BHC，∠EGH=∠CBH，∴△HEG∽△HCB，根据面积之比等于相似比的平方，∴，∵EG=BE=AB-AE=2，∴．．
（2）根据题意，EF=EH，根据折叠性质，等腰三角形三线合一性质，得FB=FG=GH，∴∠BHF=30°，∵EG=BE=AB-AE=2，∴EH=4．
（3）∵ BC=5，DC=3，四边形ABCD是矩形，∴BD==．根据题意，得到CH⊥BD时，△HEG∽△BCD，∴ ，∴ ，解得．∵△HEG∽△HFB，∴△HFB∽△BDC，∴ ，∴ ，解得．当H在下方时，∵ BC=5，DC=3，四边形ABCD是矩形，∴BD==．根据题意，得到CH⊥BD时，△HEG∽△BCD，∴ ，∴ ，解得,∴．∵△HEG∽△HFB，∴△HFB∽△BDC，∴ ，∴ ，解得．
【点睛】本题考查了矩形的性质，折叠的性质，等腰三角形的判定和性质，勾股定理，三角形相似的判定和性质，熟练掌握三角形相似的判定性质是解题的关键．
7．已知：在平面直角坐标系xOy中，直线过点A（－1，0）、C（2，3）两点．

(1)如图1，求直线的解析式；
(2)如图2，过点C作轴于点B，点E是射线BC上一点，连接AE，过点E作，且．连接FC交x轴于点G，延长FE交直线AC于点P，连接PG，设点P的横坐标为t，△PAG的面积为S，求S与t的函数关系式（不要求写出自变量t的取值范围）；
(3)如图3，在（2）的条件下，过点P作轴于点H，过点F作交PH延长线于点K．若，求点K坐标．
【答案】(1)y=x+1
(2)S=3t+3
(3)K（4，-5）

【解析】（1）利用待定系数法求解析式即可；
（2）过点A作AM⊥BE交直线BC于M，过F作FN⊥BE交直线BC于N点，证明△MAE≌△NEF，得到ME=FN，MA=EN=3，设E (m，3)，F(m+3，2- m)，求出直线CF的解析式，得到点G的坐标即可求出函数解析式；
（3）求出直线EF的解析式，联立方程组，求出P(4，5)，过点F作ST⊥x轴，过点P 作PS⊥ST交于S，过点K作KT⊥ST交于T，证明△PFS∽△FKT，得到，设K（4，n），代入得，求出n即可得到K的坐标．
（1）
设直线AC的解析式为y=kx+b，
，解得，
∴直线AC的解析式为y=x+1；
（2）
解：∵BC⊥y轴，
∴B(0，3)，
∵点P的横坐标为t，
∴P(t，t+1)，
过点A作AM⊥BE交直线BC于M，过F作FN⊥BE交直线BC于N点，

∵AE⊥EF，
∴∠MEA+∠NEF=90°，∠MEA十∠MAE=90°，
∴∠NEF=∠MAE，
∵AE= EF，
∴△MAE≌△NEF (AAS)，
∴ME=FN，MA=EN=3，
设E (m，3)，F(m+3，2- m)，
设直线CF的解析式为，
∴，解得，
∴y=-x+5，
∴G(5，0)，
∴S=×6×(t+1)=t+3；
（3）
解：∵CG = GF， G(5，0)，
∴F(8，-3)，
∴E(5，3)，
设直线EF的解析式为y=，
∴，解得
∴y=-2x+13，
联立方程组，
解得，
∴P(4，5)，
∴H(4，0)，
过点F作ST⊥x轴，过点P 作PS⊥ST交于S，过点K作KT⊥ST交于T，

∵FK⊥EF，
∴∠KFT+∠PFS=90°，∠KFT+∠FKT= 90°，
∴∠PFS =∠FKT，
∴△PFS∽△FKT，
∴，
设K（4，n），
∵KT=4，FT=-3-n，PS=4，FS=8，
∴，
∴n=-5，
∴K（4，-5）．
【点睛】此题考查了求一次函数的解析式，一次函数与几何图形，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，正确引出辅助线解决问题及熟练掌握各定理是解题的关键．
8．如图1，在中，于点D，在DA上取点E，使，连接BE、CE．


(1)直接写出CE与AB的位置关系；
(2)如图2，将绕点D旋转，得到（点，分别与点B，E对应），连接，在旋转的过程中与的位置关系与（1）中的CE与AB的位置关系是否一致?请说明理由；
(3)如图3，当绕点D顺时针旋转30°时，射线与AD、分别交于点G、F，若，求的长．
【答案】(1)CE⊥AB，理由见解析
(2)一致，理由见解析
(3)

【解析】（1）由等腰直角三角形的性质可得∠ABC=∠DAB=45°，∠DCE=∠DEC=∠AEH=45°，可得结论；
（2）通过证明，可得，由余角的性质可得结论；
（3）由等腰直角的性质和直角三角形的性质可得，即可求解．
（1）
如图，延长CE交AB于H，


∵∠ABC=45°，AD⊥BC，
∴∠ADC=∠ADB=90°，∠ABC=∠DAB=45°，
∵DE=CD，
∴∠DCE=∠DEC=∠AEH=45°，
∴∠BHC=∠BAD+∠AEH=90°，
∴CE⊥AB；
（2）
在旋转的过程中与的位置关系与（1）中的CE与AB的位置关系是一致的，理由如下：
如图2，延长交于H，


由旋转可得：CD=，=AD，
∵∠ADC=∠ADB=90°，
∴，
∵，
∴,
，
∵+∠DGC=90°，∠DGC=∠AGH，
∴∠DA+∠AGH=90°，
∴∠AHC=90°，
；
（3）
如图3，过点D作DH于点H，


∵△BED绕点D顺时针旋转30°，
∴，
，
，
∴AD=2DH，AH=DH=，
，
由（2）可知：，
，
∵AD⊥BC，CD=，
∴DG=1，CG=2DG=2，
∴CG=FG=2，
，
∴AG=2GF=4，
∴AD=AG+DG=4+1=5，
∴．
【点睛】本题是三角形综合题，考查了等腰三角形的性质，直角三角形的性质，旋转的性质，相似三角形的判定和性质等知识，证明三角形相似是解题的关键．

培优第二阶——拓展培优练
一、解答题
1．综合与实践：
数学活动课上，老师让同学们根据下面情境提出问题并解答．
问题情境：在中，点P是边上一点．将沿直线折叠，点D的对应点为E．
“兴趣小组”提出的问题是：如图1，若点P与点A重合，过点E作，与交于点F，连接，则四边形是菱形．


(1)数学思考：请你证明“兴趣小组”提出的问题；
(2)拓展探究：“智慧小组”提出的问题是：如图2，当点P为的中点时，延长交于点F，连接．试判断与的位置关系，并说明理由．
请你帮助他们解决此问题．
(3)问题解决：“创新小组”在前两个小组的启发下，提出的问题是：如图3，当点E恰好落在边上时，，，．则的长为___________．（直接写出结果）
【答案】(1)见解析
(2)，理由见解析
(3)

【解析】（1）先证明，得到两组对边分别平行，再用邻边相等的平行四边形是菱形判定，也可以用四条边相等的四边形是菱形进行判断；
（2）证明△PAF≌△PEF，得到∠APF=∠FPE，再由折叠得到∠DPC=∠EPC，从而证明∠FPC=90°；
（3）延长BA、CP相交于点F，得△AFP∽△DCP，再证EF=CE即可求出结果．
（1）
证法一：由折叠得，，，
∵
∴
∴
∴
∴四边形是平行四边形
∵
∴四边形是菱形．
证法二：
证明：由折叠得，，，
∵
∴
∴
∴
∴
∴四边形是菱形．
（2）
解： ．
连接


由折叠可得，，
∵四边形是平行四边形
∴
又∵
∴
∵点P是的中点
∴
∴   
∴
∴
∴
∴（SSS）
∴
又∵，即
∴
∴．
（3）
解：延长BA、CP相交于点F，


由题意，△AFP∽△DCP
∴ 即
∴
∵∠DCP=∠ECP，∠DCP=∠F
∴∠F=∠ECP
∴EF=EC=DC=10
∴．
故答案为．
【点睛】本题考查折叠、平行四边形、相似、菱形的判定等，属于综合性题目，解题关键在于灵活运用几何知识，构造常见的模型．
2．已知中，点、分别在边、上，且，将绕点逆时针旋转．设旋转角为

(1)试说明；
(2)若，，当时，若点恰好落在边中点处，求的值；
(3)若，，当点恰好落在边上时，延长交于，若，求的值．
【答案】(1)见解析
(2)
(3)

【解析】（1）根据，证明，得出，根据旋转的性质可得，即可得证；
（2）根据三角形中线的性质，中位线的性质，设，求得，根据相似三角形的性质求得，进而即可求解．
（3）根据勾股定理求得，进而根据相似三角形的性质求得的长，证明，根据相似三角形的性质求得，即可求的值．
(1)
证明： ，
，
，
，
绕点逆时针旋转．设旋转角为，
，
，
，
(2)
点恰好落在边中点处，，
，
，
，
垂直平分，
，
，
，
,，
，，
，
，
设，
则，
为的中点，
，
，
，
，
，
，
，
(3)
，，
，
是等腰直角三角形，
，
，
，
设，则，
，
,，
，
中，，
，
，
，
，
，
，
，
．
【点睛】本题考查了相似三角形的性质与判定，旋转的性质，掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键．
3．如图1，在四边形ABCD中，，，．

(1)求∠ACD的度数；
(2)如图2，F为线段CD的中点，连接BF，求证：；
(3)如图3，若，线段BC上有一动点M，连接OM，将沿OM所在直线翻折至的位置，P为B的对应点，连接PA，PC，当的值最小时，设O到直线PC的距离为，PC的长度为，直接写出的值．
【答案】(1)；
(2)证明见解析部分；
(3)．

【解析】（1）如图1中，连接．求出，，可得结论；
（2）如图2中，连接，延长到，使得，在上取一点，使得，连接．证明，推出，再证明，推出，可得结论；
（3）如图3中，在上取一点，使得，连接．，过点作于点．证明，推出，推出，推出，由，推出当点与重合时，的值最小，求出，，，可得结论．
（1）
解：如图1中，连接．

，，
是等边三角形，
，，
，，
，，，
，
；
（2）
证明：如图2中，连接，延长到，使得，在上取一点，使得，连接．

，，
，
，
是等边三角形，
，
，
，，
，
，
，，
四边形是平行四边形，
，
四边形是菱形，
，
，
，，
，
，
；
（3）
解：如图3中，在上取一点，使得，连接．，过点作于点．

，
，，
，
点在上运动，设交圆弧于点，连接．
，，，
，
，
，
，
，
，
，
，
当点与重合时，的值最小，
，
，
，
，
，
，
，，
．
【点睛】本题属于四边形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造相似三角形解决问题．
4．（1）【探究发现】如图①所示，在正方形中，为边上一点，将沿翻折到处，延长交边于点．求证：

（2）【类比迁移】如图②，在矩形中，为边上一点，且将沿翻折到处，延长交边于点延长交边于点且求的长．

（3）【拓展应用】如图③，在菱形中，为边上的三等分点，将沿翻折得到，直线交于点求的长．

【答案】（1）见解析；（2）；（3）的长为或
【解析】（1）根据将沿翻折到处，四边形是正方形，得，，即得，可证；
（2）延长，交于，设，在中，有，得，，由，得，，，而，，可得，即，，设，则，因，有，即解得的长为；
（3）分两种情况：（Ⅰ）当时，延长交于，过作于，设，，则，，由是的角平分线，有①，在中，②，可解得，；
（Ⅱ）当时，延长交延长线于，过作交延长线于，同理解得，．
【详解】证明：（1）将沿翻折到处，四边形是正方形，
，，
，
，，
；
（2）解：延长，交于，如图：

设，
在中，，
，
解得，
，
，，
，
，即，
，，
，，
，，
，即，
，
设，则，
，
，
，即，
解得，
的长为；
（3）（Ⅰ）当时，延长交于，过作于，如图：

设，，则，
，
，
，
，
沿翻折得到，
，，，
是的角平分线，
，即①，
，
，，，
在中，，
②，
联立①②可解得，
；
（Ⅱ）当时，延长交延长线于，过作交延长线于，如图：

同理，
，即，
由得：，
可解得，
，
综上所述，的长为或．
【点睛】本题考查四边形的综合应用，涉及全等三角形的判定，相似三角形的判定与性质，三角形角平分线的性质，勾股定理及应用等知识，解题的关键是方程思想的应用．
5．小波在复习时，遇到一个课本上的问题，温故后进行了操作、推理与拓展．

(1)温故：如图1，在中，于点D，正方形PQMN的边QM在BC上，顶点P，N分别在AB，AC上，且．若，，则正方形PQMN的边长等于______．
(2)操作：能画出这类正方形吗？小波按数学家波利亚在《怎样解题》中的方法进行操作：如图2，任意画，在AB上任取一点，画正方形，使，在BC边上，在内，连结并延长交AC于点N，画于点M，交AB于点P，于点Q，得到四边形PQMN．
(3)推理：如图3，若点E是BN的中点，求证：．
(4)拓展：在（2）的条件下，射线BN上截取，连结EQ，EM（如图4）．当时，猜想的度数，并尝试证明．
请帮助小波解决“温故”、“推理”、“拓展”中的问题．
【答案】(1)
(2)能画出这样的正方形，理由见解析
(3)见解析
(4)∠QEM=75°，证明见解析

【解析】（1）根据正方形的性质得PN=MN，将，代入求解即可；
（2）先证明四边形PQMN是矩形，再证明PN=MN即可；
（3）根据正方形的性质和直角三角形斜边上的中线性质，结合ASA证明△PNE和△EMQ全等，再根据全等三角形的性质即可证的结论；
（4）先证明△EMN为等边三角形，得到∠EMN=90°，则∠EMQ=30°，再根据等腰三角形的性质可得出答案．
（1）
解：∵四边形PQMN是正方形，
∴PN=MN，
∵，，，
∴，
解得：，
故答案为：；
（2）
解：能画出这样的正方形，理由为：
∵于点M，交AB于点P，于点Q，
∴∠NMQ=∠PNM=∠PQM=90°，
∴四边形PQMN是矩形，
∵四边形是正方形，
∴
∴△BN′M′∽△BNM，△BN′P′∽△BNP，
∴，，
∴，
∵P′N′= M′N′，
∴PN=MN，
∴四边形PQMN为正方形；
（3）
解：连接ME，

∵点E为BN的中点，∠NMB=90°，
∴ME=BE=NE，
∴∠EBM=∠EMQ，
∵，
∴∠EBM=∠PNE，
∴∠PNE=∠EMQ，
在△PNE和△EMQ中，
，
∴△PNE≌△EMQ（SAS），
∴EP=EQ；
（4）
解：∠QEM=75°，证明如下：
由（2）知，四边形PQMN是正方形，则∠NMB=90°，NM=MQ，
∵∠NMB=90°，∠NBM=30°，
∴∠MNB=90°－30°=60°，
∵NE=NM，
∴△EMN为等边三角形，
∴ME=NM，∠EMN=60°，
∴ME=MQ，∠EMQ=30°，
∴∠QEM=（180°－30°）=75°．
【点睛】本题考查正方形的判定与性质、矩形的判定、等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、等腰三角形的性质、直角三角形的性质等知识，综合性强，有一定的难度，熟练掌握相关知识的联系与运用是解答的关键．
6．矩形AOBC在平面直角坐标系中的位置如图所示，点A在x轴的负半轴上，点B在y轴的正半轴上，连接AB，将△ABC沿AB折叠得△ABE，AE交y轴于点D，线段OD、OA的长是方程x2－7x＋12＝0的两个根，且OA＞OD．

(1)请直接写出点A的坐标为________，点D的坐标为________；
(2)点P为直线AB上一点，连接PO、PD，当△POD的周长最小时，求点P的坐标；
(3)点M在x轴上，点N在直线AB上，坐标平面内是否在点Q，使以B、M、N、Q为顶点的四边形为正方形?若存在，请直接写出满足条件的点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)(-4，0)，(0，3)
(2)P(-，)；
(3)点Q坐标为：（，）或（8，-16）或（24，16）或（-8，）或（8，-16）．

【解析】（1）解一元二次方程即可求解；
（2）过D作AB的对称点D1，连接OD1，交AB于点P，此时△POD的周长最小，利用待定系数法求得直线OD1的解析式和直线AB的解析式，解方程组即可求解；
（3）分BN为边和BN为对角线两种情况讨论，利用正方形的性质、相似三角形的判定和性质、全等三角形的判定和性质可求解．
(1)
解：∵线段OD、OA的长是方程x2－7x＋12＝0的两个根，且OA＞OD．
解方程x2－7x＋12＝0得：x=4或3，
∴OA=4，OD=3，
∴点A的坐标为(-4，0)，点D的坐标为(0，3)；
故答案为：(-4，0)，(0，3)；
(2)
解：过D作AB的对称点D1，连接OD1，交AB于点P，此时△POD的周长最小，

∵△ABE是将△ABC沿AB折叠得到的，
∴点D1在AC上，
∵OA=4，OD=3，
∴AD=5，
∴AD1=5，
∴D1(-4，5)，
设直线OD1的解析式为y=kx，
∴5=-4k，
∴k=-，
∴直线OD1的解析式为y=-x，
∵四边形AOBC是矩形，且△ABE是将△ABC沿AB折叠得到的，
∴AC∥OB，∠CAB=∠BAD，
∴∠CAB=∠BAD=∠ABD，
∴AD=BD=5，则OB=8，
∴B(0，8)，
同理求得直线AB的解析式为y=2x+8，
解方程-x =2x+8，得x=-，
y=，
∴P(-，)；
(3)
解：∵B(0，8)，A (-4，0)，
∴AB=4，
当BN为边时，
如图，若四边形BNMQ是正方形，则BN=MN，过点Q作QG⊥x轴于G，过点N作NI⊥x轴于I，

∵∠OAB=∠NAM，∠AOB=∠ANM=90°，
∴△AOB∽△ANM，
∴，即，
∴NM=，AM=，AN=，
∴OM=-4=，
∵AM×IN=AN×MN，
∴IN=，
∵四边形BNMQ是正方形，
∴QM=NM，∠QMN=90°，
∠QMG+∠NMI=90°，
又∵∠QMG+∠MQG=90°，
∴∠MQG=∠IMN，
又∵∠QGM=∠MIN=90°，
∴△QGM≌△MIN，
∴QG=IM=，MG=IN=，
OG=OM+MG=IN=，
点Q（，）；
如图，若四边形BNQM是正方形，

同理，△AOB∽△ABM，
∴，即，
∴AM=20，
∴OM=20-4=，
∴M(16，0)；
同理，点Q（8，-16）；
如图，若四边形BMQN是正方形，

同理可求M(16，0)；点Q（24，16）；
当BN是对角线时，若四边形BMNQ是正方形，过点N作NF⊥x轴于F，

∵四边形BMNQ是正方形，
∴BM=NM，∠BMN=90°，
∠BMO+∠FMN=90°，
又∵∠BMO+∠OBM=90°，
∴∠FMN=∠OBM，
又∵∠NFM=∠MOB=90°，
∴△NFM≌△MOB（AAS），
∴BO=FM=8，OM=NF，
设点M（a，0），
∴OF=8-a，FN=a，
∴点N（a-8，-a），
∵点P在AB上，y=2x+8
∴-a=2（a-8）+8，
∴a=，
∴点M（，0）；
过点Q作QH⊥y轴于H，
同理可证△QBH≌△BMO，
∴QH=BO=8，BH=OM=，
∴HO=，
∴点Q（-8，）；
如图，若四边形BMNQ是正方形，

同理可求点M（-24，0），则点Q（8，-16），
综上所述：满足条件的点Q的个数为5个，点Q坐标为：（，）或（8，-16）或（24，16）或（-8，）或（8，-16）．
【点睛】本题考查了因式分解法解一元二次方程，矩形的性质，正方形的性质，待定系数法求解析式，相似三角形　判定和性质，全等三角形的判定和性质，一次函数的性质等知识，利用分类讨论思想解决问题是本题的关键．
7．问题情境：如图1所示，在△ABC中，D、E分别是AB、AC上的点，DEBC，在图1中将ADE绕A点顺时针旋转一定角度，得到图2，然后将BD、CE分别延长至M、N，使DM=BD，EN=CE，得到图3，请解答下列问题：


(1)猜想证明：若AB=AC，请探究下列数量关系：
①在图2中，BD与CE的数量关系是_________．
②在图3中，猜想∠MAN与∠BAC的数量关系，并证明你的猜想；
(2)拓展应用：其他条件不变，若AB=AC，按上述操作方法，得到图4，请你继续探究：∠MAN与∠BAC的数量关系？AM与AN的数量关系？直接写出你的猜想．
【答案】(1)①BD=CE；②∠MAN=∠BAC，见解析
(2)∠MAN=∠BAC，AM=AN

【解析】（1）①根据题意和旋转的性质可知△AEC≌△ADB，所以BD=CE；
②根据题意可知∠CAE=BAD，AB=AC，AD=AE，所以得到△BAD≌△CAE，在△ABM和△ACN中，DM=BD，EN=CE，可证△ABM≌△ACN，所以AM=AN，即∠MAN=∠BAC．
（2）直接类比（1）中结果可知AM= AN，∠MAN=∠BAC．
(1)
①∵DE∥BC
∴△BAC∽△DAE

∵AB=AC，
∴AD=AE
∵由旋转可得：∠BAC=∠DAE，
∴∠CAE=∠BAD
∴△BAD≌△CAE
∴BD=CE，
②∠MAN=∠BAC
理由：如图1，∵DE∥BC
∴△BAC∽△DAE

∵AB=AC，
∴AD=AE
∵由旋转可得：∠BAC=∠DAE，
∴∠CAE=∠BAD
∴△BAD≌△CAE
∴BD=CE，∠ACE=∠ABD
∵DM=BD，EN=CE
∴BM=CN
△ABM≌△ACN
∴∠BAM=∠CAN
∴∠BAM-∠CAM=∠CAN-∠CAM
即∠MAN=∠BAC；
(2)
结论：∠MAN=∠BAC，AM=AN
∵△ABC∽△ADE，
∴
∴
∵∠CAE=∠DAE+∠CAD，∠BAD=∠BAC+∠CAD，
∴∠CAE=∠BAD，
∴△ADB∽△AEC，
∴
∵DM=BD，EN=CE

∵∠ADM=∠ABD+∠BAD，∠AEN=∠ACE+∠CAE，
∴∠ADM=∠AEN，
∴△ADM∽△AEN，
∴AM：AN=AD：AE=，
∴∠DAM=∠EAN，
∴∠NAE+∠MAE=∠NAE+∠MAE，
∴∠MAN=∠DAE，
∵∠DAE=∠BAC，
∴∠MAN=∠BAC．
AM=k•AN，∠MAN=∠BAC．
【点睛】本题考查了旋转的性质，相似三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，掌握旋转的性质是解题的关键．
8．如图，矩形中，，，点是的中点，是射线上一点，延长交直线于，过作，分别交射线、直线于、．


(1)①当时，______；
②点在上取不同位置，的值是否变化？若不变，求出它的值，若改变，请说明理由；
(2)连接，当是等腰直角三角形时，求的长；
(3)直接写出的最小值______．
【答案】(1)①，②点在上取不同位置，的值不变，
(2)
(3)

【解析】（1）①过作于，过作于，证明出即可得解；②过作于，过作于，证明出，即有；
（2）根据，是等腰直角三角形时，即有，根据，有，结合（1）中的结论即可求得，，即有，即可求出PD；
（3）以B为原点，BC为x轴，AB为y轴建立直角坐标系，连接GE，设P点坐标为(m,6)、G点坐标为(n,0)，利用待定系数法求出直线PE的解析式，进而求出F点坐标，根据勾股定理求出、、、，再根据（1）中已得，即有，即，在Rt△PGE中，，在Rt△GEC中，，即，则有，设8-m=t，即t＞0，则，根据，得到，即有，则GC的最小值可求．
(1)
解：①过作于，过作于，如图所示：


在矩形中，，
∵，点是的中点，
∴，
∵，，
∴，
在中，，，则，
∴，
∵，
∴，
在中，，，
则，
∵，，
∴，
∴，
故答案为：；
②点在上取不同位置，的值不变，．
过作于，过作于，如图所示：


在矩形中，，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴∠IGP=∠FEJ，
∴，
∴，
∴点在上取不同位置，的值不变，；
(2)
解：∵，
∴是直角三角形，
当是等腰直角三角形时，，
∵，
∴，
∵在（1）中有，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵PA+PD=AD=BC=8，
∴，
∴；
(3)
以B为原点，BC为x轴，AB为y轴建立直角坐标系，连接GE，如图，


则有B点坐标为(0,0)、C点坐标为(8,0)、E点坐标为(8,3)，
设P点坐标为(m,6)、G点坐标为(n,0)，
∵P点坐标为(m,6)、E点坐标为(8,3)，
∴设直线PE的解析式为，
则有：，解得：，
则直线PE的解析式为，
∴PE与y轴的交点F的坐标为，
∵E点坐标为(8,3)，F的坐标为，
∴，
∵P点坐标为(m,6)、G点坐标为(n,0)，
∴，
∵在（1）中已得，
∴，
∴，
∴
∵P点坐标为(m,6)、E点坐标为(8,3)，
∴，
∵E点坐标为(8,3)、C点坐标为(8,0)，
∴，
∵EF⊥PG，
∴在Rt△PGE中，，
又∵在Rt△GEC中，，
∴，
即：，
∵P点在射线DA上，
∴m＜8，
则设8-m=t，即t＞0，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
则的最小值为，
即GC的最小值为：．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质、矩形的性质、平行线的性质、待定系数法求解一次函数解析式、勾股定理以及构建直角坐标系等知识，构建直角坐标系求得是解答本题的关键．

培优第三阶——中考沙场点兵
一、解答题
1．（2022·广东深圳·中考真题）（1）【探究发现】如图①所示，在正方形中，为边上一点，将沿翻折到处，延长交边于点．求证：

（2）【类比迁移】如图②，在矩形中，为边上一点，且将沿翻折到处，延长交边于点延长交边于点且求的长．

（3）【拓展应用】如图③，在菱形中，为边上的三等分点，将沿翻折得到，直线交于点求的长．

【答案】（1）见解析；（2）；（3）的长为或
【解析】（1）根据将沿翻折到处，四边形是正方形，得，，即得，可证；
（2）延长，交于，设，在中，有，得，，由，得，，，而，，可得，即，，设，则，因，有，即解得的长为；
（3）分两种情况：（Ⅰ）当时，延长交于，过作于，设，，则，，由是的角平分线，有①，在中，②，可解得，；
（Ⅱ）当时，延长交延长线于，过作交延长线于，同理解得，．
【详解】证明：（1）将沿翻折到处，四边形是正方形，
，，
，
，，
；
（2）解：延长，交于，如图：

设，
在中，，
，
解得，
，
，，
，
，即，
，，
，，
，，
，即，
，
设，则，
，
，
，即，
解得，
的长为；
（3）（Ⅰ）当时，延长交于，过作于，如图：

设，，则，
，
，
，
，
沿翻折得到，
，，，
是的角平分线，
，即①，
，
，，，
在中，，
②，
联立①②可解得，
；
（Ⅱ）当时，延长交延长线于，过作交延长线于，如图：

同理，
，即，
由得：，
可解得，
，
综上所述，的长为或．
【点睛】本题考查四边形的综合应用，涉及全等三角形的判定，相似三角形的判定与性质，三角形角平分线的性质，勾股定理及应用等知识，解题的关键是方程思想的应用．
2．（2022·四川达州·中考真题）某校一数学兴趣小组在一次合作探究活动中，将两块大小不同的等腰直角三角形和等腰直角三角形，按如图1的方式摆放，，随后保持不动，将绕点C按逆时针方向旋转（），连接，，延长交于点F，连接．该数学兴趣小组进行如下探究，请你帮忙解答：



(1)【初步探究】如图2，当时，则_____；
(2)【初步探究】如图3，当点E，F重合时，请直接写出，，之间的数量关系：_________；
(3)【深入探究】如图4，当点E，F不重合时，（2）中的结论是否仍然成立？若成立，请给出推理过程；若不成立，请说明理由．
(4)【拓展延伸】如图5，在与中，，若，（m为常数）．保持不动，将绕点C按逆时针方向旋转（），连接，，延长交于点F，连接，如图6．试探究，，之间的数量关系，并说明理由．
【答案】(1)
(2)
(3)仍然成立，理由见解析
(4)

【解析】（1）根据等腰直角三角形的性质，可得，根据题意可得，根据等原三角形的性质可得平分，即可得，根据旋转的性质可知；
（2）证明，可得，根据等腰直角三角形可得，由，即可即可得出；
（3）同（2）可得，过点，作，交于点，证明，，可得，即可得出；
（4）过点作，交于点，证明，可得，，在中，勾股定理可得，即可得出．
（1）
等腰直角三角形和等腰直角三角形，
，



故答案为：


（2）



在与中，




又

重合，

故答案为：


（3）
同（2）可得
，
过点，作，交于点，


则，
，
在与中，
，
，
，
是等腰直角三角形，
，，
，
，
在与中，
，
，
，
，
即，
（4）
过点作，交于点，


，，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，，
中，，
，
即．
【点睛】本题考查了等腰直角三角形的性质，旋转的性质，全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，掌握全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定是解题的关键．
3．（2022·辽宁沈阳·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，一次函数的图象与x轴交于点A，与y轴交于点，与直线OC交于点．

(1)求直线AB的函数表达式；
(2)过点C作轴于点D，将沿射线CB平移得到的三角形记为，点A，C，D的对应点分别为，，，若与重叠部分的面积为S，平移的距离，当点与点B重合时停止运动．
①若直线交直线OC于点E，则线段的长为________（用含有m的代数式表示）；
②当时，S与m的关系式为________；
③当时，m的值为________．
【答案】(1)y＝﹣x+9；
(2)①m；②m2；③或15﹣2．

【解析】（1）将点B（0，9），C（8，3）的坐标代入直线解析式，求解即可；
（2）①过点C作CF⊥C′D′，易得△CFC′∽△AOB，可用m表达CF和C′F的长度，进而可表达点C′，D′的坐标，由点C的坐标可得出直线OC的解析式，代入可得点E的坐标；
②根据题意可知，当0＜m＜时，点D′未到直线OC，利用三角形面积公式可得出本题结果；
③分情况讨论，分别求出当0＜m＜时，当＜m＜5时，当5＜m＜10时，当10＜m＜15时，S与m的关系式，分别令S＝，建立方程，求出m即可．
（1）解：将点B（0，9），C（8，3）的坐标代入直线y＝kx+b，∴，解得．∴直线AB的函数表达式为：y＝﹣x+9；
（2）①由（1）知直线AB的函数表达式为：y＝﹣x+9，令y＝0，则x＝12，∴A（12，0），∴OA＝12，OB＝9，∴AB＝15；如图1，过点C作CF⊥C′D′于点F，∴CF∥OA，∴∠OAB＝∠FCC′，∵∠C′FC＝∠BOA＝90°，∴△CFC′∽△AOB，∴OB：OA：AB＝C′F：CF：CC′＝9：12：15，∵CC′＝m，∴CF＝m，C′F＝m，∴C′（8﹣m，3+m），A′（12﹣m，m），D′（8﹣m，m），∵C（8，3），∴直线OC的解析式为：y＝x，∴E（8﹣m，3﹣m）.∴C′E＝3+m﹣（3﹣m）＝m．故答案为：m．②当点D′落在直线OC上时，有m＝（8﹣m），解得m＝ ，∴当0＜m＜时，点D′未到直线OC，此时S＝C′E•CF＝•m•m＝m2；故答案为：m2．③分情况讨论，当0＜m＜时，由②可知，S＝m2；令S＝m2＝ ，解得m＝＞（舍）或m＝﹣（舍）；当≤m＜5时，如图2，设线段A′D′与直线OC交于点M，∴M（m，m），∴D′E＝m﹣（3﹣m）＝m﹣3，D′M＝m﹣（8﹣m）＝m﹣8；∴S＝m2﹣•（m﹣3）•（m﹣8）＝﹣m2+m﹣12，令﹣m2+m﹣12＝；整理得，3m2﹣30m+70＝0，解得m＝ 或m＝＞5（舍）；当5≤m＜10时，如图3，S＝S△A′C′D′＝×4×3＝6≠，不符合题意；当10≤m＜15时，如图4，此时A′B＝15﹣m，∴BN＝（15﹣m），A′N＝（15﹣m），∴S＝•（15﹣m）•（15﹣m）＝（15﹣m）2，令（15﹣m）2＝，解得m＝15+2＞15（舍）或m＝15﹣2．故答案为：或15﹣2．
【点睛】本题属于一次函数综合题，涉及待定系数法求函数解析式、三角形的面积、相似三角形的性质与判定、一元二次方程、分类讨论思想等知识，根据△A′C′D′的运动，进行正确的分类讨论是解题关键．
4．（2022·内蒙古通辽·中考真题）已知点在正方形的对角线上，正方形与正方形有公共点．


(1)如图1，当点在上，在上，求的值为多少；
(2)将正方形绕点逆时针方向旋转，如图2，求：的值为多少；
(3)，，将正方形绕逆时针方向旋转，当，，三点共线时，请直接写出的长度．
【答案】(1)2
(2)
(3)或

【解析】（1）根据题意可得，根据平行线分线段成比例即可求解；
（2）根据（1）的结论，可得，根据旋转的性质可得，进而证明，根据相似三角形的性质即可求解；
（3）分两种情况画出图形，证明△ADG∽△ACE，根据相似三角形的判定和性质以及勾股定理即可得出答案．
（1）
解：正方形与正方形有公共点，点在上，在上，



四边形是正方形


（2）
解：如图，连接，

正方形绕点逆时针方向旋转，



，
（3）
解：①如图，

，，
,,，
三点共线，
中，，
，
由（2）可知，
，
．
②如图：

由（2）知△ADG∽△ACE，
∴，
∴DG=CE，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=BC=8，AC=，
∵AG=AD，
∴AG=AD=8，
∵四边形AFEG是矩形，
∴∠AGE=90°，GE=AG=8，
∵C，G，E三点共线．
∴∠AGC=90°
∴CG=，
∴CE=CG+EG=8+8，
∴DG=CE=．
综上，当C，G，E三点共线时，DG的长度为或．
【点睛】本题考查了平行线分线段成比例，相似三角形的性质与判定，正方形的性质，勾股定理，旋转的性质，综合运用以上知识是解题的关键．
5．（2022·辽宁营口·中考真题）如图1，在正方形中，点M为边上一点，过点M作且，连接，点P，Q分别为的中点，连接．

(1)证明：；
(2)将图1中的绕正方形的顶点D顺时针旋转．
①（1）中的结论是否成立？若成立，请结合图2写出证明过程；若不成立，请说明理由；
②若，在绕点D旋转的过程中，当B，M，N三点共线时，请直接写出线段的长．
【答案】(1)见解析
(2)①成立，见解析；②的长为或

【解析】（1），连接，取的中点，连接，证明是等腰直角三角形，根据中位线的性质即可得证；
（2）①如图，连接，取的中点，连接，证明，证明，过点作于点，证明，则，根据中位线的性质即可得证；
②分情况讨论，根据勾股定理即可求的的长，根据①的结论即可求解．
(1)
如图，连接，取的中点，连接，

且，
是等腰直角三角形，
，
四边形是正方形，则，
且D,N,B在边CD的同侧，
三点共线，
设，，则，，
分别为的中点，
，
分别为的中点，
，，

过点作
则是等腰直角三角形

垂直平分
，
，
，
(2)
①如图，连接，取的中点，连接，

，
，
，
，
，
，，
分别为的中点，
，，
，，
分别为的中点，
，，
，，
，



过点作于点，

则是等腰直角三角形，
，
，
，
，
，
，
；
②如图，当共线，在的上方时，

，
，
中，，
，
，
，
，
，
，
如图，当共线，在的左边时，

中，，
，
，
，
综上所述，的长为或．
【点睛】本题考查了正方形的性质，解直角三角形，相似三角形的性质与判定，旋转的性质，正确的添加辅助线是解题的关键．
6．（2022·黑龙江绥化·中考真题）我们可以通过面积运算的方法，得到等腰三角形底边上的任意一点到两腰的距离之和与一腰上的高之间的数量关系，并利用这个关系解决相关问题．


(1)如图一，在等腰中，，边上有一点D，过点D作于E，于F，过点C作于G.利用面积证明：．
(2)如图二，将矩形沿着折叠，使点A与点C重合，点B落在处，点G为折痕上一点，过点G作于M，于N.若，，求的长．
(3)如图三，在四边形中，E为线段上的一点，，，连接，且，，，，求的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)

【解析】（1）根据题意，利用等面积法，根据等腰中，，即可得到结论；
（2）根据题中条件，利用折叠性质得到，结合矩形中得到，从而有，从而确定是等腰三角形，从而利用（1）中的结论得到，结合勾股定理及矩形性质即可得到结论；
（3）延长交于，连接，过点作于，根据，，，得到是等腰三角形，从而由（1）知，在中，，在中，，，联立方程求解得，从而得到结论．
（1）
证明：连接，如图所示：


在等腰中，，边上有一点D，过点D作于E，于F，过点C作于G，
由得，
；
（2）
解：连接，过点作于，如图所示：


根据折叠可知，
在矩形中，，则，
，即是等腰三角形，
在等腰中，，边上有一点G，过点G作于M，于N，过点作于，由（1）可得，
在中，，，则，
在四边形中，，则四边形为矩形，
，即；
（3）
解：延长交于，连接，过点作于，


在四边形中，E为线段上的一点，，，则，
又，
，
，即是等腰三角形，
由（1）可得，
设，
，，，
在中，，
在中，，，
，解得，
经检验，x=1是方程的解用符合题意，
，即．
【点睛】本题考查几何综合，涉及到等腰三角形的判定与性质、等面积求线段关系、折叠的性质、勾股定理求线段长、相似三角形的判定与性质等知识点，读懂题意，掌握（1）中的证明过程与结论并运用到其他情境中是解决问题的关键．